全程方略2021屆高考數(shù)學專項精析精煉：2014年考點35-直線、平面垂直的判定及其性質

溫馨提示：此題庫為Word版，請按住Ctrl,滑動鼠標滾軸，調整合適的觀看比例，關閉Word文檔返回原板塊?？键c35直線、平面垂直的判定及其性質一、選擇題（2022·遼寧高考文科·Ｔ4）與（2022·遼寧高考理科·Ｔ4）相同已知表示兩條不同的直線,表示平面,下列說法正確的是A.若m∥α,n∥α,則m∥n B.若m⊥α,n?α,則m⊥nC.若m⊥α,m⊥n,則n∥α D.若m∥α,m⊥n,則n⊥α【解題提示】否定一個結論,只需一個反例即可.【解析】選B.如圖,正方體中,直線分別與平面平行，但是直線相交，故選項（A）錯誤；依據(jù)線面垂直的定義，一條直線垂直一個平面，則該直線垂直于平面內的任一條直線，可見選項（B）正確；直線,但直線故選項（C）錯誤；直線，但直線故選項（D）錯誤2.(2022·廣東高考文科·T9)(2022·廣東高考理科)若空間中四條兩兩不同的直線l1,l2,l3,l4滿足l1⊥l2,l2∥l3,l3⊥l4,則下列結論肯定正確的是()A.l1⊥l4B.l1∥l4C.l1與l4既不垂直也不平行D.l1與l4的位置關系不確定【解題提示】由于l2∥l3,所以l1與l4的位置關系可以通過同垂直于一條直線的兩條直線加以推斷.【解析】選D.由于l2∥l3,所以l1⊥l2,l3⊥l4實質上就是l1與l4同垂直于一條直線,所以l1⊥l4,l1∥l4,l1與l4既不垂直也不平行都有可能成立,但不是肯定成立,故l1與l4的位置關系不確定.二、解答題 3.(2022·湖北高考文科·T13)如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F,P,Q,M,N分別是棱AB,AD,DD1,BB1,A1B1,A1D1的中點.求證:(1)直線BC1∥平面EFPQ.(2)直線AC1⊥平面PQMN.【解題指南】(1)通過證明FP∥AD1,得到BC1∥FP,依據(jù)線面平行的判定定理即可得證.(2)證明BD⊥平面ACC1,得出BD⊥AC1,進而得MN⊥AC1,同理可證PN⊥AC1,依據(jù)線面垂直的判定定理即可得出直線AC1⊥平面PQMN.【解析】(1)連接AD1,由ABCD-A1B1C1D1是正方體,知AD1∥BC1,由于F,P分別是AD,DD1的中點,所以FP∥AD1.從而BC1∥FP.而FP?平面EFPQ,且BC1?平面EFPQ,故直線BC1∥平面EFPQ.(2)連接AC,BD,則AC⊥BD.由CC1⊥平面ABCD,BD?平面ABCD,可得CC1⊥BD.又AC∩CC1=C,所以BD⊥平面ACC1.而AC1?平面ACC1,所以BD⊥AC1.由于M,N分別是A1B1,A1D1的中點,所以MN∥BD,從而MN⊥AC1.同理可證PN⊥AC1.又PN∩MN=N,所以直線AC1⊥平面PQMN.4.（2022·湖南高考文科·Ｔ18）（本小題滿分12分）如圖3，已知二面角的大小為，菱形在面內，兩點在棱上，，是的中點，面，垂足為.證明：平面；（2）求異面直線與所成角的余弦值.【解題提示】（1）利用線面垂直的判定定理證明；（2）依據(jù)二面角的平面角的定義，及線線角的定義解?！窘馕觥?1)如圖，由于,所以連接，由題設知，是正三角形,又E是AB的中點，所以,面,故.(2)由于所以BC與OD所成的角等于AD與OD所成的角，即是BC與OD所成的角。由（1）知，，所以又,于是是二面角的平面角，從而不妨設,則,易知在中，連接AO，在中，故異面直線BC與OD所成角的余弦值為5.(2022·廣東高考文科·T18)(13分)如圖1,四邊形ABCD為矩形,PD⊥平面ABCD,AB=1,BC=PC=2.作如圖2折疊,折痕EF∥DC,其中點E,F分別在線段PD,PC上,沿EF折疊后點P疊在線段AD上的點記為M,并且MF⊥CF.(1)證明:CF⊥平面MDF.(2)求三棱錐MCDE的體積.【解題提示】(1)可利用PD⊥平面ABCD,證明MD⊥平面CDEF.(2)只需求高MD及△CDE的面積,即可求得結論.【解析】(1)由于PD⊥平面ABCD,所以PD⊥MD.在矩形ABCD中MD⊥CD,又PD∩CD=D.所以MD⊥平面CDEF,所以MD⊥CF.又由于MF⊥CF,所以CF與相交直線MD和MF都垂直,故CF⊥平面MDF.(2)在△CDP中,CD=AB=1,PC=2,則PD=,∠PCD=60°;CF⊥平面MDF,則CF⊥DF,CF=,DF=.由于EF//DC,所以=,DE=,PE==ME,S△CDE=CD·DE=.由勾股定理可得MD==,所以VMCDE=MD·S△CDE=.6.（2022·福建高考文科·Ｔ19）．（本小題滿分12分）如圖，三棱錐中，.求證：平面；若，為中點，求三棱錐的體積.【解題指南】（1）利用線面平行的判定定理證明．（2）分別求出的面積和高CD，繼而求出體積．或利用VA-MBC=VA-BCD-VM-BCD求解．【解析】（1）∵平面BCD，平面BCD，∴.又∵，，平面ABD，平面ABD，∴平面.（2）由平面BCD，得.∵，∴.∵M是AD的中點，∴.由（1）知，平面ABD，∴三棱錐C-ABM的高，因此三棱錐的體積.解法二：（1）同方法一.（2）由平面BCD知，平面ABD平面BCD，又平面ABD平面BCD=BD，如圖，過點M作交BD于點N.則平面BCD，且，又，∴.∴三棱錐的體積.7.（2022·浙江高考文科·Ｔ6）設是兩條不同的直線，是兩個不同的平面（）A．若，，則B．若，，則C．若，則D．若，，，則【解題提示】依據(jù)線、面平行，垂直的條件與性質逐一推斷.【解析】選C.對A若，，則或或，錯誤；對Ｂ若，，則或或，錯誤；對Ｃ若，則，正確；對Ｄ若，，，則或或，錯誤；8.（2022·浙江高考文科·Ｔ20）20、如圖，在四棱錐A—BCDE中，平面平面；，，，.（1）證明：平面；（2）求直線與平面ABC所成的角的正切值.【解析】（1）連結BD，在直角梯形BCDE中，，CD=2所以BD=BC=由，AB=2，得，所以又平面平面，所以平面(2)過點E作EM⊥CB交CB的延長線于點M，連接AM．

又平面ABC⊥平面BCDE，所以EM⊥平面ACB．

所以∠EAM是直線AE與平面ABC所成的角．

在Rt△BEM中，EB=1，∠EBM=45°．

所以.

在Rt△ACM中，．

在Rt△AEM中，．9、（2022·浙江高考理科·Ｔ20）（本題滿分15分）如圖，在四棱錐中，平面平面.證明：平面;求二面角的大小.【解析】（1）在直角梯形BCDE中，由DE=BE=1，CD=2，得BD=BC=,由AC=，AB=2，得，所以又平面ABC平面BCDE，從而AC平面BCDE所以ACDE，又DEDC，從而DE平面ACD.（2）方法一：作BFAD，交AD于F，過點F作FGDE，交AE于點G，連結BG由（1）知，DEAD，而FGAD，所以是二面角的平面角在直角梯形BCDE中，由，得又平面ABC平面BCDE，從而BDAB由于平面BCDE，得BD平面BCDE，得ACCD在Rt△ACD中，由DC=2，AC=，得AD=在Rt△AED中，由DE=1，AD=，得AE=在Rt△ABD中，由BD=，AB=2，AD=，得BF=，AF=AD，從而GF=在△ABE，△ABG中，利用余弦定理分別可得，BG=在△BFG中，所以，，即二面角的大小是方法二：以D為原點，分別以射線DE，DC為軸，軸的正半軸，建立空間直角坐標系，如圖所示由題意知各點坐標如下：，，設平面ADE的法向量為，平面ABD的法向量為可算得，,由即可取由即可取所以由題意可知，所求二面角是銳角，故二面角的大小是.10.（2022·遼寧高考理科·Ｔ19）（本小題滿分12分）如圖，和所在平面相互垂直，且，，E、F分別為AC、DC的中點.（Ⅰ）求證：；（Ⅱ）求二面角的正弦值.【解析】（Ⅰ）如圖，以點B為坐標原點，在平面DBC內過B作垂直BC的直線為軸，BC所在的直線為軸，在平面ABC內過B作垂直BC的直線為軸，建立如圖所示空間直角坐標系，則，從而.所以因此,（Ⅱ）平面BFC的一個法向量為，設平面BEF的一個法向量為又,則由得令得，所以設二面角的大小為，則所以，即所求二面角的正弦值.11.（2022·遼寧高考文科·Ｔ19）（本小題滿分12分）如圖，和所在平面相互垂直，且，，分別為QUOTE錯誤！未找到引用源。的中點.（Ⅰ）求證：平面；（Ⅱ）求三棱錐的體積.附：錐體的體積公式，其中為底面面積，為高.【解析】（Ⅰ）由已知得，≌,因此.又為AD的中點，則；同理，.因此平面.由題意，為的中位線，所以∥；所以平面.（Ⅱ）在平面ABC內作，交CB的延長線于,由于平面平面，平面平面，所以平面.又為AD的中點，因此到平面的距離是.在中，，所以12.（2022·山東高考文科·Ｔ18）如圖，四棱錐中，,分別為線段的中點.（Ⅰ）求證：（Ⅱ）求證：【解題指南】（Ⅰ）本題考查線面平行的證法，可利用線線平行，來證明線面平行；(Ⅱ)本題考查了線面垂直的判定，在平面PAC中找兩條相交直線與BE垂直即可.【解析】（Ⅰ）連接AC交BE于點O，連接OF，不妨設AB=BC=1,則AD=2四邊形ABCE為菱形又（Ⅱ）,,13.(2022·天津高考文科·T17)如圖,四棱錐P-ABCD的底面ABCD是平行四邊形,BA=BD=QUOTE錯誤！未找到引用源。,AD=2,PA=PD=QUOTE錯誤！未找到引用源。,E,F分別是棱AD,PC的中點.(1)證明:EF∥平面PAB.(2)若二面角P-AD-B為60°,①證明:平面PBC⊥平面ABCD;②求直線EF與平面PBC所成角的正弦值.【解析】(1)如圖,取PB中點M,連接MF,AM.由于F為PC中點,故MF∥BC且MF=BC.由已知有BC∥AD,BC=AD.又由于E為AD中點,因而MF∥AE且MF=AE,故四邊形AMFE為平行四邊形,所以EF∥AM.又AM?平面PAB,而EF?平面PAB,所以EF∥平面PAB.(2)①連接PE,BE,由于PA=PD,BA=BD,而E為AD中點,故PE⊥AD,BE⊥AD.所以∠PEB為二面角P-AD-B的平面角.在△PAD中,由PA=PD=QUOTE,AD=2,可解得PE=2,在△ABD中,由BA=BD=QUOTE,AD=2,可解得BE=1.在△PEB中,PE=2,BE=1,∠PEB=60°,由余弦定理,可解得PB=,從而∠PBE=90°,即BE⊥PB.又BC∥AD,BE⊥AD,從而BE⊥BC,因此BE⊥平面PBC,又BE?平面ABCD,所以平面PBC⊥平面ABCD.②連接BF.由①知,BE⊥平面PBC,所以∠EFB為直線EF與平面PBC所成的角,由PB=QUOTE及已知,得∠ABP為直角.而MB=QUOTEPB=QUOTE,可得AM=QUOTE,故EF=QUOTE.又BE=1,故在Rt△EBF中,sin∠EFB=QUOTE=.所以直線EF與平面PBC所成角的正弦值為.14.（2022·安徽高考文科·Ｔ19）如圖，四棱錐的底面邊長為8的正方形，四條側棱長均為.點分別是棱上共面的四點，平面平面，平面.證明：若，求四邊形的面積.【解題提示】（1）由線面平行得出BC平行于線線EF、GH；（2）設BD相交EF于點K，則K為OB的中點，由面面垂直得出，再由梯形面積公式計算求解?！窘馕觥浚?）由于BC//平面GEFH,BC平面PBC，，且平面PBC平面GEFH=GH，所以GH//BC,同理可證EF//BC，因此GH//EF。（2）連接AC,BD交于點O，BD交EF于點K，連接OP,GK,由于PA=PC,O是AC的中點，所以,同理可得,又，且AC,BD都在底面內，所以底面ABCD，又由于平面GEFH平面ABCD,且平面GEFH,所以PO//平面GEFH，由于平面PBD平面GEFH=GK,所以PO//GK,且GK底面ABCD,從而,所以GK是梯形GEFH的高，由AB=8，EB=2得EB：AB=KB:DB=1:4,從而,即K是OB的中點。再由PO//GK得，即G是PB的中點，且，由已知可得，所以GK=3，故四邊形GEFH的面積15、（2022·安徽高考理科·Ｔ20）如圖，四棱柱中，底面.四邊形為梯形，,且.過三點的平面記為，與的交點為.證明：為的中點；求此四棱柱被平面所分成上下兩部分的體積之比；若，，梯形的面積為6，求平面與底面所成二面角大小.【解題提示】（1）由及得；（2）將問題轉化為求出特殊幾何體的體積，即+，，從而得出結果；（3）利用平面ABCD，作證明為平面與底面ABCD所成二面角的平面角，解求得。【解析】（1）由于所以平面QBC//平面A1AD，從而平面A1CD與這兩個平面的交線相互平行，即QC//A1D，故的對邊相互平行，于是，所以,即Q為BB1的中點。（2）如圖所示，連接QA,QD,設AA1=h,梯形ABCD的高位d,四棱柱被平面分成上下兩部分的體積分別為V上和V下，BC=a,則AD=2a，，，所以+，又，所以。所以。（3）如上圖所示，在中，作,垂足為E，連接A1E，又，所以,于是，所以為平面與底面ABCD所成二面角的平面角。由于BC//AD,AD=2BC,所以,又由于梯形ABCD的面積為6，DC=2，所以，于是，故所求二面角的大小。16.（2022·四川高考文科·Ｔ18）在如圖所示的多面體中，四邊形和都為矩形．